2024年海南省海口市中考数学二模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年海南省海口市中考数学二模试卷（含详细答案解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.相反数等于4的数是( )
A. 2和−2B. 4和4C. 4D. −4
2.下列各式中，计算结果正确的是( )
A. a3⋅a3=a9B. a6÷a3=a2C. a3−a2=aD. (−a3)2=a6
3.2024年海南春节假期接待游客约9510000人，数据9510000用科学记数法表示为( )
A. 95.1×106B. 9.51×106C. 9.51×107D. 0.951×108
4.若代数式2n+1和1n的值相等，则n等于( )
A. 1B. 2C. −2D. −1
5.要使二次根式 3x−6有意义，则x的取值范围是( )
A. x>2B. x<2C. x≤2D. x≥2
6.某商店在一周内卖出某种品牌衬衫的尺寸数据如下：
38，42，38，41，36，41，39，40，41，40，43
那么这组数据的中位数和众数分别为( )
A. 40，40B. 41，40C. 40，41D. 41，41
7.如图是几个相同的小正方体搭成的几何体的主视图，则该几何体不可能是( )
A.
B.
C.
D.
8.如图，直线l1//l2，△ABC是等边三角形，∠1=50∘，则∠2的大小为( )
A. 60∘
B. 80∘
C. 70∘
D. 100∘
9.如图，在△ABC中，D、E两点分别是边AB、AC的中点，点F在DE的延长线上，使得四边形BCFD是平行四边形的条件可以是( )
A. ∠B=∠F
B. ∠A=∠F
C. BD=CF
D. AB=AC
10.已知点(a−1,2)在反比例函数y=−6x的图象上，则a的值是( )
A. −3B. −2C. 3D. 4
11.如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，CD平分∠ACB，AD=2，则⊙O的半径为( )
A. 2
B. 1
C. 2
D. 3
12.如图1，在矩形ABCD中，AE=1，动点P由点E出发，沿点E→B→C→D的方向运动，设点P的运动路程为x，△DEP的面积为y，y与x的函数关系如图2所示，当x=5时，y的值为( )
A. 4.5B. 5C. 5.5D. 6
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.化简：2a2−8a−2=______.
14.若关于x的方程x2−6x+k=0(k为常数)有两个相等的实数根，则k的值为______.
15.如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=8，分别以A、B为圆心，大于12AB为半径在AB两侧作弧，两弧的交点分别为M、N，直线MN交AC于点D，在直线MN上取一点E，连接AE、BE，若BE//AC，且BE=6，则BC的长为______.
16.如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠B=120∘，将菱形ABCD绕点A逆时针旋转，使点B的对应点B′落在对角线AC上，则∠DAB′=______ ∘，B′C′交CD于点E，则四边形DAB′E的面积等于______.
三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
(1)计算：|−18|÷(13)−2− 2× 82；
(2)解不等式组：2x+13≤3x−121+3(x−1)<2(x+1).
18.(本小题10分)
《九章算术》是中国传统数学重要的著作，奠定了中国传统数学的基本框架.其中《盈不足》卷记载了一道数学问题：“今有共买物，人出八，赢三；人出七，不足四.问人数、物价各几何？”译文：“今有人合伙购物，每人出8钱，会多出3钱；每人出7钱，又差4钱.问人数、物价各多少？”请解答上述问题.
19.(本小题10分)
3月15日是国际消费者权益日某校组织学生开展食品安全知识竞赛(满分100分)，该校王老师采用随机抽样的方法，抽取部分学生的竞赛得分进行调查分析，抽取调查的结果分为A、B、C、D四个等级进行统计(竞赛结果的得分都是整数)，并绘制了如图1和图2不完整的统计图.
请结合统计图，解答下列问题：
(1)本次调查一共随机抽取了______名学生的成绩，扇形统计图中n=______；
(2)扇形统计图中，D等级所对应的圆心角为______ ∘；
(3)若成绩A等级为优秀，学校共有2000名学生，则成绩优秀的学生大约有______人；
(4)学校将从获得满分的6名学生(其中有两名男生，四名女生)中随机抽取一名学生参加周一国旗下的演讲，恰好抽到一名女生的概率为______.
20.(本小题10分)
图1是某小型汽车的侧面示意图，其中矩形ABCD表示该车的后备箱，在打开后备箱的过程中，箱盖ADE可以绕点A逆时针方向旋转，当旋转角为60∘时，箱盖ADE落在AD′E′的位置(如图2所示).已知AD=96厘米，DE=28厘米，EC=42厘米.
(1)∠D′AD=______ ∘，D′E′=______厘米；
(2)求点D′到BC的距离(结果保留根号)；
(3)求E、E′两点的距离.
21.(本小题15分)
如图1，四边形ABCD是边长为4的正方形，∠ACE=90∘，M是AC上的动点(不与点A、C重合)，连接BM，作BN⊥MB，交射线CE千点N，连接MN.
(1)求证：△ABM≌△CBN；
(2)点M在运动过程中，四边形BMCN的面积是否改变，若不变，请求出四边形BMCN面积；若改变，请说明理由；
(3)如图2，将“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，AB=4 2，AD=4，其他条件不变.
①请判断线段AM与线段CN的数量关系，并说明理由；
②若BC把四边形BMCN的面积分为1：2两部分，求此时线段CN的长.
22.(本小题15分)
如图，抛物线与x轴交于A(−2,0)、B(4,0)两点，与y轴交于点C(0,4)，点P是抛物线上的动点.
(1)求该抛物线的解析式；
(2)当点P在直线BC的上方运动时，连接AP，交直线BC于点D，交y轴于点E.
①若△ABD的面积是△PBD面积的3倍，求点P的坐标；
②当CD=CE时，求CE的长；
(3)过点P作PF//y轴交直线BC于点F，在y轴上是否存在点Q，使得以P、F、C、Q为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：相反数等于4的数是−4，
故选：D.
符号不同，并且绝对值相等的两个数互为相反数，据此即可求得答案．
本题考查相反数，熟练掌握其定义是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：A.∵a3⋅a3=a6，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
B.∵a6÷a3=a3，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
C.∵a3，a2不是同类项，不能合并，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
D.∵(−a3)2=a6，∴此选项的计算正确，故此选项符合题意；
故选：D.
A.根据同底数幂相乘法则进行计算，然后判断即可；
B.根据同底数幂相除法则进行计算，然后判断即可；
C.先判断a3，a2是不是同类项，能否合并，然后判断即可；
D.根据积的乘方和幂的乘方法则进行计算，然后判断即可．
本题主要考查了整式的有关运算，解题关键是熟练掌握同底数幂乘除法则、积的乘方和幂的乘方法则．
3.【答案】B
【解析】解：9510000=9.51×106.
故选：B.
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
4.【答案】A
【解析】解：A.当n=1时，代数式2n+1的值为1，代数式1n的值为1，两者相等，故A正确；
B.当n=2时，代数式2n+1和代数式1n的值不相等，故B错误；
C.当n=−2时，代数式2n+1和代数式1n的值不相等，故C正确；
D.当n=−1时，代数式2n+1无意义，故D正确，
故选：A.
将选项中是数字代入题给代数式中进行求解即可．
本题考查的是数字的变化规律，将选项中的数字代入进行求解是解答该题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：∵3x−6≥0，
∴x≥2，
故选：D.
根据二次根式有意义的条件：被开方数是非负数即可得出答案．
本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件：被开方数是非负数是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查中位数和众数，熟练掌握求中位数和众数的方法是解决问题的关键.首先把数据按照从小到大的顺序排列，找出中间的那个数就是中位数，再找出出现次数最多的数据就是众数.
【解答】
解：把这组数据按照从小到大的顺序排列为：36，38，38，39，40，40，41，41，41，42，43，
一共11个数据，处在中间的是第6个数据：40，
∴这组数据的中位数是40；
这组数据中41出现的次数最多，
∴这组数据的众数是41.
故选C.
7.【答案】A
【解析】解：选项A的几何体的主视图的底层是两个正方形，上层的左边是一个正方形，故选项A符合题意；
选项B、C、D的几何体的主视图的底层是两个正方形，上层的右边是一个正方形，故选项B、C、D不符合题意．
故选：A.
分别找到各个选项的主视图，和所给的主视图比较即可．
本题考查由三视图确定几何体的形状，关键是掌握主视图是从物体的正面看得到的视图．
8.【答案】C
【解析】解：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=60∘，
∵l1//l2，∠1=50∘，
∴∠1=∠3=50∘，
∴∠4=180∘−∠3−∠A=70∘，
∴∠2=70∘.
故选：C.
根据平行线性质及三角形内角和定理及等边三角形性质即可求出∠2对顶角的度数，即可得到答案．
本题考查平行线性质，等边三角形性质，三角形内角和定理及对顶角相等，解题的关键是根据等边三角形得到∠A=60∘.
9.【答案】A
【解析】解：∵D、E两点分别是边AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC，
∴∠ADF=∠B，
A、∵∠B=∠F，∴∠F=∠ADF，∴FC//AB，∴四边形BCFD是平行四边形，故符合题意；
B、∵∠A=∠F，不能使得四边形BCFD是平行四边形，故不符合题意；
C、∵BD=CF，不能使得四边形BCFD是平行四边形，故不符合题意；
D、∵AB=AC，不能使得四边形BCFD是平行四边形，故不符合题意；
故选：A.
根据三角形中位线定理得出DE//BC，进而利用平行四边形的判定解答即可．
此题考查平行四边形的判定，关键是根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形解答．
10.【答案】B
【解析】解：∵点P(a,−2)在反比例函数的图象上，
∴2=−6a−1，
解得a=−2，
故选：B.
把点(a−1,2)代入y=−6x即可求解．
本题考查反比例函数图象上点的坐标的特点，反比例函数图象上点的坐标满足解析式是解题的关键．
11.【答案】C
【解析】解：连接BD，
∵AB是直径，
∴∠ACB=∠ADB=90∘，
∵CD平分∠ACB，
∴AD=BD，
∴AD=BD=2，
∴AB= 2AD=2 2，
∴⊙O的半径为 2，
故选：C.
连接BD，根据圆周角定理得到∠ACB=∠ADB=90∘，求得AD=BD=2，根据等腰直角三角形的性质得到AB= 2AD=2 2，于是得到⊙O的半径为 2.
本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
12.【答案】C
【解析】解：当点P运动到点C处时，x=6，即EB+BC=6，
当点P运动到点D处时，x=10，即EB+BC+DC=10，
∴DC=4，
∵AE=1，
∴EB=3，
∴BC=3，
当x=5时，点P在BC上，且BP=2，CP=1，
如图，
∴y=AB⋅CD−12AD⋅AE−12DC⋅CP−12BE⋅BP
=3×4−12×1×3−12×3×2−12×1×4
=5.5，
故选：C.
利用函数图象求出DC、BC和EB，再分析出当x=5时，点P在BC上，且BP=2，CP=1，再求出△DEP的面积即可．
本题考查了动点问题的函数图象，准确的分析动点的运动位置，获得相应的解题条件是本题的解题关键．
13.【答案】2a+4
【解析】解：原式=2(a+2)(a−2)a−2
=2(a+2)
=2a+4.
故答案为：2a+4.
先把分子因式分解，然后把分子分母都约去(a−2)即可．
本题考查了约分：约去分式的分子与分母的公因式，不改变分式的值，这样的分式变形叫做分式的约分．
14.【答案】9
【解析】解：∵关于x的方程x2−6x+k=0(k为常数)有两个相等的实数根，
∴Δ=(−6)2−4×1×k=0，
解得：k=9.
故答案为：9.
根据方程的系数结合根的判别式Δ=0，即可得出关于k的一元一次方程，解之即可得出结论．
本题考查根的判别式，牢记“当Δ=0时，方程有两个相等的实数根”是解题的关键．
15.【答案】4 2
【解析】解：连接BD，由作图可知，MN是AB的垂直平分线，
∴AD=BD，∠BOD=∠BOE=90∘，
∴∠DAB=∠DBA，
∵BE//AC，
∴∠DAB=∠ABE，
∴∠ABD=ABE，
在△OBD和△OBE中，
∠BOD=∠BOE∠OBD=∠OBEBO=BO，
∴△OBD≌△OBE(AAS)，
∴BD=BE=AD=6，
∴CD=AC−AD=8−6=2，
在Rt△BCD中，
BC= BD2−CD2=4 2.
故答案为：4 2.
连接BD，由作图可知，MN是AB的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质得到AD=BD，∠BOD=∠BOE=90∘，根据等腰三角形的性质和平行线的性质证得∠ABD=ABE，证明△OBD≌△OBE，得到BD=BE=AD=6，在Rt△BCD中，根据勾股定理即可求出BC.
本题考查了作图-基本作图，线段垂直平分线的性，等腰三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些知识是解决问题的关键．
16.【答案】303− 3
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，∠B=120∘，
∴AC平分∠DAB，∠DAB=180∘−120∘=60∘，
∴∠DAB′=12∠DAB=30∘.
过点D作AC的垂线，垂足为M，
在Rt△DAM中，
sin∠DAB′=DMAD，
∴DM=12×2=1，
∴AM= 22−12= 3，
∴AC=2AM=2 3，
∴S△ADC=12AC⋅DM=12×2 3×1= 3.
∵∠B′=∠B=120∘，
∴∠EB′C=60∘，
又∵∠DCM=30∘，
∴∠B′EC=90∘.
又∵B′C=AC−AB′=2 3−2，
则在Rt△CEB′中，
sin∠ECB′=EB′B′C，
∴EB′= 3−1，
同理可得，CE=3− 3，
∴S△CEB′=12CE⋅EB′=12×(3− 3)×( 3−1)=2 3−3，
∴S四边形DAB′E=S△ADC−S△CEB′= 3−(2 3−3)=3− 3.
故答案为：30，3− 3.
根据所给角度结合菱形的性质，即可求出∠DAB′的度数；先求出△ADC的面积，再求出△CEB′的面积即可解决问题．
本题考查旋转的性质及菱形的性质，熟知菱形的性质及图形旋转的性质是解题的关键．
17.【答案】解：(1)原式=18÷9−2
=2−2
=0；
(2){2x+13⩽3x−12①1+3(x−1)<2(x+1)②，
由①得：x≥1，
由②得：x<4，
则不等式组的解集为1≤x<4.
【解析】(1)原式第一项利用绝对值的代数意义化简，第二项利用负整数指数幂的意义化简，第三项利用二次根式的乘法法则化简，然后计算即可得到结果；
(2)分别求出不等式组中两不等式的解集，找出解集的公共部分即可．
本题主要考查实数的运算与解一元一次不等式组，解题的关键是熟练掌握负整数指数幂、绝对值的性质及不等式的性质．
18.【答案】解：设共x人合伙购物，物价是y钱，
依题意得：8x−y=3y−7x=4，
解得：x=7y=53.
答：共7人合伙购物，物价是53钱．
【解析】设共x人合伙购物，物价是y钱，根据“每人出8钱，会多3钱；每人出7钱，又会差4钱”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用以及数学常识，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
19.【答案】100153630023
【解析】解：(1)本次调查一共随机抽取了50÷50%=100(名)学生的成绩．
n%=15÷100×100%=15%，
∴n=15.
故答案为：100；15.
(2)扇形统计图中，D等级所对应的圆心角为360∘×10100=36∘.
故答案为：36.
(3)成绩优秀的学生大约有2000×15%=300(人).
故答案为：300.
(4)由题意知，共有6种等可能的结果，其中恰好抽到一名女生的结果有4种，
∴恰好抽到一名女生的概率为46=23.
故答案为：23.
(1)用条形统计图中B的人数除以扇形统计图中B的百分比可得本次调查一共随机抽取的人数；用条形统计图中A的人数除以随机抽取的人数再乘以100%可得n%，即可得n的值．
(2)用360∘乘以D等级的人数所占的百分比，即可得出答案．
(3)根据用样本估计总体，用2000乘以扇形统计图中A的百分比，即可得出答案．
(4)由题意知，共有6种等可能的结果，其中恰好抽到一名女生的结果有4种，利用概率公式计算即可．
本题考查概率公式、条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，能够读懂统计图，掌握用样本估计总体、概率公式是解答本题的关键．
20.【答案】60 28
【解析】解：(1)由旋转得：∠DAD′=60∘，DE=D′E′=28厘米，
故答案为：60；28；
(2)过点D′作D′F⊥AD，垂足为F，
由旋转得：AD=AD′=96厘米，
在Rt△AD′F中，∠DAD′=60∘，
∴D′F=AD′⋅sin60∘=96× 32=48 3(厘米)，
∵DE=28厘米，EC=42厘米，
∴点D′到BC的距离=D′F+DE+EC=(48 3+70)厘米，
∴点D′到BC的距离为(48 3+70)厘米，
(3)连接AE，AE′，EE′，
在Rt△ADE中，AD=96厘米，DE=28厘米，
∴AE= AD2+DE2= 962+282=100(厘米)，
由旋转得：AE=AE′，∠EAE′=60∘，
∴△AEE′是等边三角形，
∴EE′=AE=100厘米，
∴E、E′两点的距离为100厘米．
(1)利用旋转的性质可得：∠DAD′=60∘，DE=D′E′=28厘米，即可解答；
(2)过点D′作D′F⊥AD，垂足为F，利用旋转的性质可得：AD=AD′=96厘米，然后在Rt△AD′F中，利用锐角三角函数的定义求出D′F的长，从而利用线段的和差和差关系进行计算，即可解答；
(3)连接AE，AE′，EE′，在Rt△ADE中，利用勾股定理求出AE的长，然后利用旋转的性质可得：AE=AE′，∠EAE′=60∘，从而可得△AEE′是等边三角形，最后利用等边三角形的性质即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠CAB=∠ACB=45∘，∠ABC=90∘，即∠ABM+∠MBC=90∘，
∵BN⊥MB，
∴∠MBC+∠CBN=90∘，
∴∠ABM=∠CBN，
∵∠ACE=90∘，
∴∠BCN=90∘−∠ACB=45∘，
∴∠CAB=∠BCN，即∠MAB=∠NCB，
在△ABM和△CBN中，
∠MAB=∠NCBAB=BC∠ABM=∠CBN，
∴△ABM≌△CBN(ASA)；
(2)解：四边形BMCN的面积不改变，理由如下：
由(1)知，△ABM≌△CBN，
∴S△ABM=S△CBN，
∴S△ABM+S△BMC=S△CBN+S△BMC，
即S△ABC=S四边形BMCN，
∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴S△ABC=12×4×4=8，
∴S四边形BMCN=8；
(3)解：①AM= 2CN，理由如下：
：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90∘，即∠ABM+∠MBC=90∘，
∴∠CAB+∠ACB=90∘，
∵∠ACE=90∘，
∴∠BCN+∠ACB=90∘，
∴∠CAB=∠BCN，
∵BN⊥MB，
∴∠MBC+∠CBN=90∘，
∴∠ABM=∠CBN，
∴△ABM∽△CBN，
∴ABBC=AMCN，
∵AB=4 2，AD=4，
∴AMCN=4 24= 2，
∴AM= 2CN；
②当S△BCN：S△BCM=1：2时，过M作MH⊥AB于H，如图：
设S△BCN=x，则S△BCM=2x，
由①知，△ABM∽△CBN，AM= 2CN，
∴S△ABMS△CBN=(AMCN)2=2，
∴S△ABM=2S△CBN=2x，
∴S△ABC=S△BCM+S△ABM=2x+2x=4x，
∵AB=4 2，AD=4=BC，
∴4x=12×4 2×4，
∴x=2 2，
∴S△ABM=2x=4 2，
∴12AB⋅MH=4 2，即12×4 2⋅MH=4 2，
∴MH=2，
∵∠MAH=∠CAB，∠MHA=∠CBA=90∘，
∴△AMH∽△ACB，
∴AHAB=MHBC，即AH4 2=24，
∴AH=2 2，
∴AM= AH2+MH2= (2 2)2+22=2 3，
∴2 3= 2CN，
∴CN= 6；
当S△BCM：S△BCN=1：2时，过M作MH⊥AB于H，如图：
同理可得S△ABM=32 25，MH=165，AH=16 25，
∴AM=16 35，
∴CN=AM 2=8 65.
综上所述，CN的长为 6或8 65.
【解析】(1)由四边形ABCD是正方形，得AB=BC，∠CAB=∠ACB=45∘，∠ABM+∠MBC=90∘，而BN⊥MB，可得∠ABM=∠CBN，又∠ACE=90∘，故∠MAB=∠NCB，从而△ABM≌△CBN(ASA)；
(2)由△ABM≌△CBN，知S△ABM=S△CBN，故S△ABC=S四边形BMCN，求出S△ABC=12×4×4=8，可得S四边形BMCN=8；
(3)证明△ABM∽△CBN，可得ABBC=AMCN，即AMCN=4 24= 2，故AM= 2CN；
②分两种情况：当S△BCN：S△BCM=1：2时，过M作MH⊥AB于H，设S△BCN=x，则S△BCM=2x，由△ABM∽△CBN，AM= 2CN，得S△ABM=2S△CBN=2x，可得4x=12×4 2×4，x=2 2，从而S△ABM=2x=4 2，求出MH=2，由△AMH∽△ACB，得AH4 2=24，AH=2 2，即得AM= AH2+MH2=2 3，CN= 6；当S△BCM：S△BCN=1：2时，过M作MH⊥AB于H，同理可得CN=8 65.
本题考查四边形综合应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是掌握全等三角形判定定理和相似三角形判定定理．
22.【答案】解：(1)设抛物线的解析式为y=a(x−4)(x+2)，
将点C代入可得−8a=4，
解得a=−12，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+x+4；
(2)①连接PB，
∵△ABD的面积是△PBD面积的3倍，
∴AD=3DP，
过点P作PM//y轴交于BC于点M，过点A作AN//y轴交BC于点N，
设P(t,−12t2+t+4)，
∵直线BC的解析式为y=−x+4，
∴M(t,−t+4)，N(−2,6)，
∴PM=−12t2+2t，AN=6，
∴AN=3PM，
∴6=3(−12t2+2t)，
解得t=2，
∴P(2,4)；
②设P(m,−12m2+m+4)，
设直线AP的解析式为y=kx+b，
∴−2k+b=0mk+b=−12m2+m+4，
解得k=−12(m−4)b=4−m，
∴直线AP的解析式为y=−12(m−4)x+4−m，
∴E(0,4−m)，
∴CE=m，
当−x+4=−12(m−4)x+4−m时，解得x=2m6−m，
∴D(2m6−m,4−2m6−m)，
∴CD= 2⋅2m6−m，
∵CD=CE，
∴ 2⋅2m6−m=m，
解得m=6−2 2，
∴CE=6−2 2；
(3)存在点Q，使得以P、F、C、Q为顶点的四边形是菱形，理由如下：
设P(n,−12n2+n+4)，则F(n,−n+4)，
∴PF=|−12n2+n+4+n−4|=|−12n2+2n|，
∵C(0,4)，
∴CP= n2+(−12n2+n)2，
∵PF//CQ，
∴CP//FQ，
∴PF=CF=CQ，
当P点在F点上方时，−12n2+2n= n2+(−12n2+n)2
解得n=2，
∴F(2,4)，
∴Q(0,2)；
当P点在F点下方时，12n2−2n= n2+(−12n2+n)2，
解得n=2(舍)；
综上所述：Q点坐标为(2,2).
【解析】(1)用待定系数法求函数的解析式即可；
(2)①连接PB，过点P作PM//y轴交于BC于点M，过点A作AN//y轴交BC于点N，设P(t,−12t2+t+4)，由AD=3DP，则AN=3PM，建立方程求t的值即可；
②设P(m,−12m2+m+4)，先求出直线AP的解析式为y=−12(m−4)x+4−m，则E(0,4−m)，再求出D(2m6−m,4−2m6−m)，根据CD=CE，建立方程求出m的值即可求解；
(3)设P(n,−12n2+n+4)，则F(n,−n+4)，PF=|−12n2+2n|，CP= n2+(−12n2+n)2，再由PF=CF=CQ，建立方程求出n的值从而求Q点坐标即可．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行线的性质，菱形的性质是解题的关键．